771 keer gezakt voor haar rijbewijs.

[jo]

 

[jozef]

Wie is er hier sterk in statistiek?

In België krijg je 50 vragen, waarvan er 42 correct moeten beantwoord worden, en bij elke vraag heb je 1 kans op 3 dat je ze, louter door te gokken, correct beantwoordt.

Hoe groot is de kans dat die vrouw na 771 pogingen, louter door te gokken, in België al zou geslaagd zijn?

[Rafael]

[Kunde]

't Valt mee. Theoretisch examen kost 6.000 Won, wat overeenkomt met 3,40374 EUR.

[benny stinkens]

Wie is er hier sterk in statistiek?

In België krijg je 50 vragen, waarvan er 42 correct moeten beantwoord worden, en bij elke vraag heb je 1 kans op 3 dat je ze, louter door te gokken, correct beantwoordt.

Hoe groot is de kans dat die vrouw na 771 pogingen, louter door te gokken, in België al zou geslaagd zijn?

41 juiste antwoorden zijn al voldoende Jozef 

[jozef]

41 juiste antwoorden zijn al voldoende Jozef 

Juist. Dank je voor de rechtzetting, Benny. 

[sceptisch]

Wie is er hier sterk in statistiek?

In België krijg je 50 vragen, waarvan er 42 41 correct moeten beantwoord worden, en bij elke vraag heb je 1 kans op 3 dat je ze, louter door te gokken, correct beantwoordt.

Hoe groot is de kans dat die vrouw na 771 pogingen, louter door te gokken, in België al zou geslaagd zijn?

Ik zal hier eens een poging doen.

Het aantal mogelijkheden F(N,k,f) waarop je op een set van N vragen met k mogelijke antwoorden juist f fouten kan maken:
F(N,k,f) = (k-1)^f.N!/(f!.(N-f)!); 0 <= f <= N, k > 1

Je slaagt als je tussen de 0 en n (beide inbegrepen) fouten maakt, dus moet je F hierboven sommeren voor f=0..n.
G(N,k,n) = sum_f=0..nF(N,k,f)

Het totaal aantal mogelijke sets antwoorden S:
S(N,k) = k^N.

De kans p(N,k,n) om door louter te gokken te slagen is dus
p(N,k,n) = G(N,k,n)/S(N,k).

Als je het m keer mag proberen, wordt dit P(N,k,n,m) = m.p(N,k,n)

voor N=50, k=3, n=9, m=771 is dit 1,54.10^-9; pakweg anderhalf op een miljard.

Als de ganse wereldbevolking 771 maal zou deelnemen aan het Theoretisch Examen tot het Behalen van een Belgisch Rijbewijs, en ze hierbij willekeurig op alle vragen zou antwoorden, zouden er ongeveer 10 slagen.

Disclaimer: gezien mijn track record op gebied van statistiek, is wat hierboven staat waarschijnlijk "overtuigend, maar niet juist". 

[jozef]

Ik zie dit enigszins anders, sceptisch. Maar nogmaals: ik ben geen specialist in statistiek, en kan me dus enorm vergissen.

De kans dat je een vraag met drie mogelijke antwoorden juist beantwoord, is 1/3= 33,33... '%.

De kans dat je 41 vragen correct beantwoordt, is bijgevolg 33,33... % / 41 = 0,81... %.

[bibi585]

jozef volgens jou statistiek zou die vrouw dus reeds een paar keer moeten geslaagd zijn dus vrees ik er een beetje voor.
Wat sceptisch zegt....ik zou het begod niet weten. Rekenen met cijfers lukt me aardig maar wanneer men begint te goochelen met letters ben ik alle logica erachter kwijt.
Mij lijkt het eerder iets van 41 tot de 41e macht (maar m'n rekenmachientje slaat ook tilt na 5 keer en het blad vol tikken met cijfertjes zie ik ook niet zo zitten  ) dus gaat het eerder in de richting van de uitkomst van sceptisch. Alleen zit ik dan nog met het probleem met de verhouding van 41 tot en met 50 wat de uitkomst terug aanzienlijk kleiner maakt.

[sceptisch]

Ik zie dit enigszins anders, sceptisch. Maar nogmaals: ik ben geen specialist in statistiek, en kan me dus enorm vergissen.

De kans dat je een vraag met drie mogelijke antwoorden juist beantwoord, is 1/3= 33,33... '%.

De kans dat je 41 vragen correct beantwoordt, is bijgevolg 33,33... % / 41 = 0,81... %.

Ik was er niet zeker van dat mijn berekening juist is, maar ik ben er wel zeker van dat jouw berekening niet juist is. 

Het aantal vragen (50) komt namelijk nergens in jouw berekening voor. Als er een miljard (ipv 50) vragen zijn waarvan je er maar 1 (ipv 41) juist moet beantwoorden om te slagen, is je kans dan maar 33,33... % / 1 ? Ik denk dat die heel wat beter ligt...

Een voorbeeldje met 3 vragen (N=3), telkens te kiezen uit A, B, en C (k=3).
We noteren het antwoord als ABC als je op de eerste vraag met A antwoordt, op de tweede met B en op de derde met C.

Er zijn 27 mogelijke antwoorden:
AAA, AAB, AAC, ABA, ABB, ABC, ACA, ACB, ACC
BAA, BAB, BAC, BBA, BBB, BBC, BCA, BCB, BCC
CAA, CAB, CAC, CBA, CBB, CBC, CCA, CCB, CCC

Stel, om het gemakkelijk te maken, dat het juiste antwoord AAA is.

Antwoorden met
0 fouten: AAA: 1 mogelijkheid
1 fout: AAB, AAC, ABA, ACA, BAA, CAA : 6 mogelijkheden
2 fouten: ABB, ABC, ACB, ACC, BAB, BAC, CAB, CAC, BBA, BCA, CBA, CCA : 12 mogelijkheden
3 fouten: BBB, BBC, BCB, BCC, CBB, CBC, CCB, CCC : 8 mogelijkheden
totaal: 1+6+12+8=27 mogelijkheden, dit klopt met de totale mogelijkheden hierboven.

Als je geen fout mag maken is je kans 1/27
Als je max 1 fout mag maken is je kans (1+6)/27
Als je max 2 fouten mag maken (1+6+12)/27
Als je max 3 fouten mag maken (1+6+12+8)/27 - je slaagt altijd.

Volgens mijn formule, aantal mogelijke antwoorden met
0 fouten (f=0): 2⁰ x 3! / (0! x 3!) = 1 x 6 / (1 x 6) = 1
1 fout (f=1): 2¹ x 3! / (1! x 2!) = 2 x 6 / (1 x 2) = 6
2 fouten (f=2): 2² x 3! / (2! x 1!) = 4 x 6 / (2 x 1) = 12
3 fouten (f=3): 2³ x 3! / (3! x 0!) = 8 x 6 / (6 x 1) = 8

Oef ! Dit zijn dezelfde getallen als hierboven, mijn berekening lijkt dan toch te kloppen... 
Troost je, kansberekening is moeilijk, en wat voor de hand lijkt te liggen is het meestal niet. Ik heb er vroeger vreselijk op gefoeterd.

Rekenen met cijfers lukt me aardig maar wanneer men begint te goochelen met letters ben ik alle logica erachter kwijt.

Da's toch zo moeilijk niet ? Je moet die letters zien als een schuilnaam dat je aan iets geeft om het nadien gemakkelijker te kunnen hanteren, net zoals bibi585 staat voor de volledige mens die er achter zit...

[bibi585]

Ik heb er vroeger vreselijk op gefoeterd.

Ik nog altijd.

Rekenen met cijfers lukt me aardig maar wanneer men begint te goochelen met letters ben ik alle logica erachter kwijt.

Da's toch zo moeilijk niet ? Je moet die letters zien als een schuilnaam dat je aan iets geeft om het nadien gemakkelijker te kunnen hanteren, net zoals bibi585 staat voor de volledige mens die er achter zit...

Het schijnt, ttz ze maken me dat nu al jaren wijs.
In het vijfde leerjaar lager onderwijs ook reeds en toen lukte het nog met die verzamelingen enzo indertijd.
Eens in het college echter voor m'n eerste middelbaar is er daar precies een gordijn voor dicht gegaan (had mischien ook met de leraar te maken) en heb ik het nooit meer echt open gekregen.

[BBB]

@ Jozef en Sceptisch
http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_distribution#Probability_mass_function
Veel plezier met het invullen.

[bibi585]

@ Jozef en Sceptisch
http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_distribution#Probability_mass_function
Veel plezier met het invullen.

Effe de Nederlandstalige versie erbij gehaald. Toch blijft het Chinees voor mij (misschien meer iets voor JC).

[BBB]

@ Jozef en Sceptisch
http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_distribution#Probability_mass_function
Veel plezier met het invullen.

Effe de Nederlandstalige versie erbij gehaald. Toch blijft het Chinees voor mij (misschien meer iets voor JC).

Het is minder moeilijk dan het lijkt hoor (het toepassen althans, het uit je hoofd moeten bewijzen of het uit je hoofd moeten afleiden lijkt me geen pretje), je moet gewoon even het truucje leren.
Dit is een vast onderdeel van een cursus statistiek die je op de unief krijgt. In grote lijnen weet ik het nog wel maar de echte details zou ik even moeten opzoeken.

[bibi585]

Dit is een vast onderdeel van een cursus statistiek die je op de unief krijgt.

De tijd dat ik normaal gezien op de unief moest zitten had ik er net een carriere van 8 jaar opzitten als patient met als uitloper nog 2 jaar bij als bezoeker van namelijk wijlen m'n vader die het er niet zogoed vanaf gebracht heeft.
Dat gegeven heeft ietwat roet in het eten gegooid.